2018年高考数学二轮专题复习训练： 数列与数学归纳法

专题三数列与数学归纳法第一讲数列的通项考点一利用an与Sn的关系求通项一、基础知识要记牢an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，使用时要注意对第一项的求解与检验，如果符合an＝Sn－Sn－1的规律才能合并，否则要写成分段的形式．二、经典例题领悟好[例1](2018届高三·浙东北三校联考)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a2n＋1＝4Sn＋4n＋1，n∈N*，且a2，a5，a14恰是等比数列{bn}的前三项．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，Tn＋32k≥3n－6恒成立，求实数k的取值范围．[解](1)∵a2n＋1＝4Sn＋4n＋1(n∈N*)，∴a2n＝4Sn－1＋4(n－1)＋1(n≥2)，两式相减，得a2n＋1－a2n＝4an＋4(n≥2)，∴a2n＋1＝(an＋2)2(n≥2)．又an0，故an＋1＝an＋2(n≥2)．即an＋1－an＝2(n≥2)．又a25＝a2a14，即(a2＋6)2＝a2(a2＋24)，解得a2＝3，又a22＝4S1＋4＋1，故a1＝S1＝1.∴a2－a1＝3－1＝2，故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，故an＝2n－1.易知b1＝a2＝3，b2＝a5＝9，b3＝a14＝27，∴bn＝3n.(2)由(1)可知Tn＝31－3n1－3＝3n＋1－32.∴3n＋1－32＋32k≥3n－6对任意的n∈N*恒成立，即k≥2n－43n对任意的n∈N*恒成立．令Cn＝2n－43n，则Cn－Cn－1＝2n－43n－2n－63n－1＝－22n－73n(n≥2)，故当n＝2,3时，CnCn－1，当n≥4，n∈N*时，CnCn－1，∴C3＝227最大，∴k≥227.故k的取值范围为227，＋∞.对于数列，an和Sn有关系an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，这是一种重要的关系，是已知Sn求通项an的常用方法.首先利用Sn“复制”出Sn－1，就是“用两次”，再作差求出an.三、预测押题不能少1．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S2n－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1anan＋113.解：(1)由题意知，S2n－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.令n＝1，有S21－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，可得S21＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，又an为正数，所以a1＝2.(2)由S2n－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得，(Sn＋3)(Sn－n2－n)＝0，则Sn＝n2＋n或Sn＝－3，又数列{an}的各项均为正数，所以Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.又a1＝2＝2×1，所以an＝2n.(3)证明：当n＝1时，1a1a1＋1＝12×3＝1613成立；当n≥2时，1anan＋1＝12n2n＋112n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，所以1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1anan＋116＋1213－15＋…＋12n－1－12n＋1＝16＋1213－12n＋116＋16＝13.所以对一切正整数n，有1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1anan＋113.考点二利用累加、累乘、代入等方法求通项一、基础知识要记牢累加即利用恒等式bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)求通项；累乘即利用恒等式an＝a1·a2a1·a3a2·…·anan－1求通项．二、经典例题领悟好[例2](1)已知正项数列{an}中，a1＝1，且(n＋2)·a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，则它的通项公式为()A．an＝1n＋1B．an＝2n＋1C．an＝n＋22D．an＝n(2)已知数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝an(1－nan＋1)，则数列{an}的通项公式为________．[解析](1)因为(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，所以[(n＋2)an＋1－(n＋1)an](an＋1＋an)＝0.又{an}为正项数列，所以(n＋2)an＋1－(n＋1)an＝0，即an＋1an＝n＋1n＋2，则当n≥2时，an＝anan－1·an－1an－2·…·a2a1·a1＝nn＋1·n－1n·…·23·1＝2n＋1，又a1＝1＝21＋1，满足上式，故an＝2n＋1.故选B.(2)原数列递推公式可化为1an＋1－1an＝n，令bn＝1an，则bn＋1－bn＝n，因此bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＋b1＝(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＋1＝n2－n＋22，所以an＝2n2－n＋2.[答案](1)B(2)an＝2n2－n＋21累加、累乘是课本中求等差比数列通项方法的推广，若已知anan-1＝gn且gn可以求积，则可以利用恒等式an＝a1·a2a1·a3a2…anan－1求通项.若已知bn＋1－bn＝fn且fn可以求和，则可以利用恒等式bn＝b1＋b2－b1＋b3－b2＋…＋bn－bn－1解出通项；基本方法都有很大的“弹性空间”，把握其思想精髓就可以大有作为.2给出数列的递推关系求通项时通常利用代入法、整体换元法等求解，不必考虑特殊技巧.三、预测押题不能少2．(1)已知数列{an}，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.解析：由an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，设an＋t＝2(an－1＋t)(n≥2)，所以2t－t＝1，解得t＝1，所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)，所以an＋1an－1＋1＝2，又a1＋1＝2，所以{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.答案：2n－1(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝anan＋3(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．解析：因为an＋1＝anan＋3(n∈N*)，所以1an＋1＝3an＋1，设1an＋1＋t＝31an＋t，所以3t－t＝1，解得t＝12，所以1an＋1＋12＝31an＋12，又1a1＋12＝1＋12＝32，所以数列1an＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1an＋12＝32×3n－1＝3n2，所以an＝23n－1.答案：an＝23n－1[知能专练(九)]一、选择题1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于()A．8B．10C．12D．14解析：选C设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故选C.2．已知等差数列{an}满足a2＝3，a5＝9，若数列{bn}满足b1＝3，bn＋1＝abn，则{bn}的通项公式为bn＝()A．2n－1B．2n＋1C．2n＋1－1D．2n－1＋2解析：选B据已知易得an＝2n－1，故由bn＋1＝abn可得bn＋1＝2bn－1，变形为bn＋1－1＝2(bn－1)，即数列{bn－1}是首项为2，公比为2的等比数列，故bn－1＝2n，解得bn＝2n＋1.故选B.3．已知数列{an}中，a1＝3，a2＝5且对于大于2的正整数，总有an＝an－1－an－2，则a2018等于()A．－5B．5C．－3D．3解析：选Ban＋6＝an＋5－an＋4＝an＋4－an＋3－an＋4＝－(an＋2－an＋1)＝－an＋2＋an＋1＝－(an＋1－an)＋an＋1＝an，故数列{an}是以6为周期的周期数列，∴a2018＝a336×6＋2＝a2＝5，故选B.4．已知数列{an}满足a1＝1，且an＝13an－1＋13n(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为()A．an＝3nn＋2B．an＝n＋23nC．an＝n＋2D．an＝(n＋2)3n解析：选B由an＝13an－1＋13n(n≥2且n∈N*)，得3nan＝3n－1an－1＋1,3n－1an－1＝3n－2an－2＋1，…，32a2＝3a1＋1，以上各式相加得3nan＝n＋2，故an＝n＋23n.5．(2017·宝鸡模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)(Sn＋1)＝(n＋2)2an，则数列{an}的通项公式为an＝()A．(n＋1)3B．(2n＋1)2C．8n2D．(2n＋1)2－1解析：选A当n＝1时，4(1＋1)(a1＋1)＝(1＋2)2a1，解得a1＝8，当n≥2时，由4(Sn＋1)＝n＋22ann＋1，得4(Sn－1＋1)＝n＋12an－1n，两式相减得，4an＝n＋22ann＋1－n＋12an－1n，即anan－1＝n＋13n3，所以an＝anan－1·an－1an－2·…·a2a1·a1＝n＋13n3·n3n－13·…·3323·8＝(n＋1)3，经验证n＝1时也符合，所以an＝(n＋1)3.6．在各项均不为零的数列{an}中，若a1＝1，a2＝13，2anan＋2＝an＋1an＋2＋anan＋1(n∈N*)，则a2018＝()A.14033B.14034C.14035D.14037解析：选C因为2anan＋2＝an＋1an＋2＋anan＋1(n∈N*)，所以2an＋1＝1an＋1an＋2，所以1an是等差数列，其公差d＝1a2－1a1＝2，所以1an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，an＝12n－1，所以a2018＝14035.二、填空题7．已知数列{an}中，a3＝3，an＋1＝an＋2，则a2＋a4＝________，an＝________.解析：因为an＋1－an＝2，所以{an}为等差数列且公差d＝2，由a1＋2d＝3得a1＝－1，所以an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3，a2＋a4＝2a3＝6.答案：62n－38．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则{an}的通项公式an＝________.解析：因为{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，且S1＋3a1＝4,2S2＋4a2＝8，则该等差数列的公差为4，所以nSn＋(n＋2)an＝4＋4(n－1)＝4n，即Sn＋n＋2nan＝4，Sn－1＋n＋1n－1an－1＝4(n≥2)，两式相减整理得anan－1＝n2n－1(n≥2)，则an＝a1·a2a1·a3a2·…·anan－1＝12n－1×1×21×32×…×nn－1＝n2n－1，经验证n＝1时也符合，所以an＝n2n－1.答案：n2n－19．如图，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn，…分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等．设OAn＝an.若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是________．解析：设△A1B1O的面积为S0，梯形AnBnBn＋1An＋1的面积为S⇒S0S0＋S＝a1a22⇒S＝3S0，S0＋nSS0＋n＋1S＝an＋1an＋22⇒1＋3n4＋3n＝an＋1an＋22.由上面2种情况得3n－23n＋1＝anan＋12⇒a1a22a2a32a3a42·…·anan＋12＝a1an＋12＝14·47·710·…·3n－23n＋1＝13n＋1⇒a